专题：计数原理与概率统计专项训练-2027届高三数学一轮复习

（决胜高考）专题：计数原理与概率统计-2027届高三数学上学期一轮复习分层作业 基础巩固 一、单选题 1．（24-25高一下·山东·学业考试真题）下列样本数据中，方差最大的一组是（    ） A．5，5，5，5，5 B．4，4，5，6，6 C．3，3，5，7，7 D．2，2，5，8，8 2．（24-25高二上·山东·学业考试真题）某校高二（1）班甲、乙两名同学参加“我爱记公式”比赛，他们答对每道题的概率分别为和，现甲、乙各自回答一道题，至少有1人答对的概率为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·山东·学业考试真题）某企业三个分厂生产同一种电子产品，产量分布如图所示.若第一，第二，第三分厂生产每件电子产品的成本（单位：元）分别为，则该企业每件电子产品的平均成本约为（    ） A．9.02 B．9.06 C．9.94 D．9.96 4．（24-25高一下·山东·学业考试真题）抛掷一枚质地均匀的硬币，设事件“正面向上”，则下面结论正确的是（    ） A．抛掷1次硬币，事件发生的概率为1 B．抛掷10次硬币，事件发生的次数一定是5 C．重复抛掷硬币，事件发生的频率等于事件发生的概率 D．重复抛掷硬币，随着抛掷次数的增大，事件发生的频率稳定于0.5 5．（2027高二·全国·专题练习）若事件 满足 ，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（安徽省六校2026-2027学年高三上学期开学联考数学试题）自动驾驶激光传感器采集测距数据，测量值与真实值的偏差满足：，经过大量测试，得到，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2027高二·全国·专题练习）已知 和 分别表示事件 和事件 发生的概率，则在下列各项中，“ 和 独立”的充分条件是（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二上·山东·学业考试真题）在“校园安全”知识竞赛中，对某校学生的参赛成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．其中样本数据的分布区间为，分组区间是，，，，，．根据频率分布直方图，估计该校学生参赛成绩的80%分位数是（   ） A．75 B．80 C．85 D．90 二、多选题 9．（26-27高三上·山西长治·开学考试）已知二项式，则下列结论正确的有（     ） A．展开式中项系数为36 B．展开式中二项式系数的和为512 C．展开式中二项式系数最大项为第四项和第五项 D．展开式中所有二项式系数的第一四分位数为36 10．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）已知甲盒产品中有个正品和个次品，乙盒产品中有个正品和个次品．若从甲盒中任取个产品，则（     ） A．这个产品均为正品的概率为 B．这个产品一个为正品一个为次品的概率为 C．这个产品中有一个为正品的条件下，另一个为次品的概率为 D．若将这个产品放入乙盒，再从乙盒任取个产品，则取出的是正品的概率为 11．（26-27高三上·江苏南京·开学考试）某果园收获苹果的果实横径 (单位：)服从正态分布，且，.从收获的苹果中随机抽取100个，记其中果实横径在区间的个数为，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．（25-26高三上·江苏泰州·阶段检测）名同学排成一排照相若甲､乙相邻且丙、丁不相邻，则不同的排法有________种. 13．（26-27高二上·湖南长沙·阶段检测）甲、乙两个转盘均标有数字，，甲转盘指向的概率为；乙转盘指向的概率为，其中．现独立地转动两转盘各一次，若“甲转盘指向”与“两个转盘指向相同的数字”相互独立，则______． 14．（2027高二·全国·专题练习）红外体温计的工作原理是通过人体发出的红外热辐射来测量体温的，有一定误差，用一款红外体温计测量一位体温为的人时，显示体温服从正态分布 ，若的值在内的概率约为，则的值约为_____. (参考数据: 若 ，则 ). 四、解答题 15．（26-27高三上·甘肃天水·阶段检测）甲组与乙组进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目决出胜组、负组，胜组得20分，负组得10分．已知甲组在三个项目中得胜的概率依次为0.5，0.4，0.3，各项目的比赛结果相互独立． (1)求甲组得分比乙组得分高的概率； (2)用表示甲组的总得分，求的分布列与期望． 16．（25-26高一下·广东深圳·期末）某社区开展全民健身活动，工作人员抽样统计了500名居民每日体育锻炼时长（单位：分钟），得到频率分布直方图如图所示． (1)根据频率分布直方图，求出图中的值； (2)估计这500名居民锻炼时长的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (3)为了鼓励居民积极参与体育锻炼，工作人员想将锻炼时长排名前50%的居民定义为“健身达人”，需要确定一个临界值，试根据频率分布直方图判断临界值和平均锻炼时长的大小关系． 17．（26-27高三上·辽宁锦州·阶段检测）网球运动是一项激烈且耗时的运动，对于力量的消耗是很大的，这就需要网球运动员提高自己的耐力．耐力训练分为无氧和有氧两种训练方式．某网球俱乐部的运动员在某赛事前展开了一轮为期天的封闭集训，在封闭集训期间每名运动员每天选择一种方式进行耐力训练．由训练计划知，在封闭集训期间，若运动员第天进行有氧训练，则第天进行有氧训练的概率为，第天进行无氧训练的概率为；若运动员第天进行无氧训练，则第天进行有氧训练的概率为，第天进行无氧训练的概率为．若运动员封闭集训的第天进行有氧训练与无氧训练的概率相等． (1)封闭集训期间，记名运动员中第天进行有氧训练的人数为，求的分布列与数学期望； (2)封闭集训期间，记某运动员第天进行有氧训练的概率为，求． 18．（26-27高三上·陕西商洛·开学考试）2026年3月1日开始，我国（可入肺颗粒物）执行过渡阶段浓度限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米~60微克/立方米之间（包括35，60）空气质量为二级． 某地区8月份中两个星期的日均监测数据（单位：微克/立方米）如下： 星期日 星期一 星期二 星期三 星期四 星期五 星期六 28 92 95 63 75 74 53 33 34 37 68 31 45 44 (1)从这两个星期的日均监测数据中，随机抽出三天数据，求恰有两天空气质量达到一级的概率； (2)从这两个星期的数据中任取三天数据，记表示抽到空气质量达到一级的天数，求的分布列和数学期望； (3)记这两个星期样本的方差为，将这两个星期样本数据去掉一个最大值和一个最小值，记去掉最值后天数据的样本方差为，判断，的大小．（结论不要求证明） 19．（26-27高三上·北京·开学考试）为评估国内AI大模型的使用效果，某评测机构从国内众多AI大模型中随机抽取9个AI大模型，并从基础能力、中文特性和专业能力三个维度对这9个AI大模型进行评测，评测结果如下表所示． AI大模型 大模型a 大模型b 大模型c 大模型d 大模型e 大模型f 大模型g 大模型h 大模型i 基础能力得分 65 67 70 58 66 53 49 64 中文特性得分 74 76 80 68 75 63 59 77 专业能力得分 56 60 73 63 70 59 54 66 66 综合得分 65.0 67.7 74.3 63.0 70.3 58.3 54.0 69.0 70.0 综合得分是基础能力得分、中文特性得分和专业能力得分的算术平均数（精确到0.1）．其中和都是正整数． (1)若，从这9个AI大模型中随机取1个大模型，求这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率； (2)从大模型，，，中随机取2个大模型，从大模型，，，中随机取2个大模型，记这4个大模型中“综合得分超过65分”的大模型的个数为，求的分布列； (3)记这9个大模型的基础能力得分和中文特性得分的方差分别为，，若，写出的值．（结论不要求证明） 压轴题 20．（2027高二·全国·专题练习）设，，集合   （为向量），若，，定义 . (1)若，且，，，写出所有的； (2)若，且，设满足的的个数为，求  的值； (3)从集合中任取两个不同的向量，记，求的分布列与数学期望. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《（决胜高考）专题：计数原理与概率统计-2027届高三数学上学期一轮复习分层作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D D B D B C AB ACD 题号 11 答案 BD 1．D 【详解】A：均值为，则方差为， B：均值为，则方差为， C：均值为，则方差为， D：均值为，则方差为， 所以方差最大的一组是D. 2．D 【详解】设甲答对概率，乙答对概率． 至少一人答对的概率为． 3．D 【详解】该企业每件电子产品的平均成本约为（元）. 4．D 【详解】A选项：抛掷一枚质地均匀的硬币，有正面向上和反面向上两种等可能的结果，所以抛掷1次硬币，事件发生的概率为，故选项A错误； B选项：抛掷10次硬币，事件发生的次数是随机的，不一定是5次，故选项B错误； C选项：频率是指在多次试验中，事件发生的次数与试验总次数的比值，概率是指事件发生的可能性的大小，是一个固定值，重复抛掷硬币，事件发生的频率会随着抛掷次数的变化而变化，它不一定等于事件发生的概率，故选项C错误； D选项：根据大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据频率的稳定性，重复抛掷硬币，随着抛掷次数的增大，事件发生的频率稳定于0.5，故选项D正确. 5．B 【分析】由条件 判断事件 ， 的独立性，再逐项判断． 【详解】由 且 ，得 ，所以事件 ， 相互独立． 对于 A，，而 ，故 A 不成立； 对于 B，由 ，得 ，故 B 成立； 对于 C，因为 ，所以 ，故 C 不成立； 对于 D，题设不能推出 ，例如取相互独立且 的事件，即满足题设条件而 ，故 D 不一定成立． 6．D 【分析】根据正态分布的对称性，可知是1和7的中点，利用中点计算公式即可求解. 【详解】由知，故选D． 7．B 【分析】根据事件独立的充要条件，逐项判断各条件能否推出 ． 【详解】对于 A，取互斥事件 ，，且 ，则 ，但 ，故 A 不是充分条件． 选项B，，，. ，. . ，即和独立，B选项正确. 对于 C，仍取选项A中互斥事件 ，，则 ，但 ， 不独立，故 C 不是充分条件． 选项D，，，. 又，，可得，也不能推出和独立，D错误. 8．C 【详解】由图知40至80所占百分数为．80至90分占20%． 因此，80%分位数应为85． 9．AB 【详解】二项式展开式通项为， 则展开式中项系数为，故A正确； 展开式中二项式系数的和为，故B正确； 当或时，二项式系数最大， 故展开式中二项式系数最大项为第五项和第六项，故C错误； 将展开式的所有二项式系数从小到大排序为，共10个数据， 因为，故第一四分位数为第个数，即，故D错误. 10．ACD 【分析】根据古典概型概率公式和组合数的运算可求得AB正误；根据条件概率公式可求得C正确；根据全概率公式可求得D正确. 【详解】对于选项A，从甲盒中任取个产品，均为正品的概率为，A正确； 对于选项B，从甲盒中任取个产品，一个为正品一个为次品的概率为，B错误； 对于选项C，记事件为“从甲盒中任取个产品，至少有一个正品”，事件为“从甲盒中任取个产品，至少有一个次品”， 则，， ，C正确； 对于选项D，记事件为“从甲盒中任取个产品放入乙盒，抽得的正品数为个”，事件为“从甲盒中任取个产品放入乙盒，再从乙盒任取个产品，取出的是正品”， 则，，，，，， ，D正确. 11．BD 【分析】由正态分布的对称性求得对称轴，再求得，然后由二项分布的期望和方差分别求得. 【详解】因为， 所以， 由正态分布的对称性可知，即， 所以，A错误，B正确， 所以，所以，C错误， ，D正确. 12． 【分析】将甲、乙捆绑后和第名同学排好，再让丙、丁插空进来即可求解. 【详解】首先，甲、乙捆绑有种情况，然后和第名同学排好有种情况，再让丙、丁插空进来有种情况， 因此不同的排法有种. 13．/0.5 【分析】先设事件为“甲转盘指向”，事件为“两个转盘指向相同的数字”，再分别计算的值，再根据事件的相互独立的性质解得. 【详解】设事件为“甲转盘指向”，事件为“两个转盘指向相同的数字”，由题意得. 因为“两转盘指向相同数字” 包含“都指向”和“都指向”两种互斥情况， 因此. 事件：即甲指向且两转盘数字相同，等价于甲指向、乙也指向， 因此 . 根据相互独立的性质， 代入得：，由于，， 所以 ，，， 又因为，，两边约去，得​，即. 因此. 14．6 【分析】根据题意，利用正态分布的概率的计算方法，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，体温服从正态分布，可得， 因为的值在内的概率为，且， 则，所以，解得， 所以，解得. 15．(1)0.35； (2)分布列如下： 30 40 50 60 0.21 0.44 0.29 0.06 数学期望为． 【分析】（1）设出事件，分四种情况进行求解，相加可得答案； （2）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望 【详解】（1）设甲组在三个项目中得胜的事件依次为，，， 甲组得分比乙组得分高的概率 ． （2）的可能取值为30，40，50，60． ， ， ， ． 的分布列为 30 40 50 60 0.21 0.44 0.29 0.06 ． 16．(1) (2) (3)， 大于平均锻炼时长 【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积之和为求． （2）用各组区间中点值乘对应频率后求和，估计平均锻炼时长． （3）由累计频率确定临界值所在区间，再与平均锻炼时长比较． 【详解】（1）由频率分布直方图可知，组距为，各组频率之和为，所以 ，解得． （2）各组区间中点值依次为，对应频率依次为． 平均锻炼时长估计为（分钟）． （3）锻炼时长小于分钟的累计频率为； 锻炼时长小于分钟的累计频率为． 因此临界值在55分钟到65分钟之间，即． 由（2）知平均锻炼时长为分钟，且，所以临界值大于平均锻炼时长． 17．(1) ． (2)（，且） 【分析】（1）先计算运动员第天进行有氧训练为事件的概率为，进而可得，再根据二项分布的概率公式及期望计算可得； （2）由题意可得递推关系，再通过构造等比数列可得. 【详解】（1）设“运动员第天进行有氧训练”的事件为，则， 所以名运动员第天进行有氧训练的人数，可知， 所以， 则，， ，， 所以的分布列为 所以． （2）因为运动员第天进行有氧训练的概率为，所以运动员第天进行无氧训练的概率为， 依题意可得，即（，且）． 则（，且），且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 则，即（，且）. 检验：，，符合条件； ，，与（1）结果一致. 因此，（，且）. 18．(1) (2)分布列如下所示： ． (3) 【分析】（1）根据监测数据表，及古典概型计算公式即可求解； （2）利用超几何分布概率模型进行求解即可； （3）根据方差的定义，结合数据的离散程度，即可判断两种数据方差的大小关系． 【详解】（1）依题意得个数据中，日均值小于35的有个，大于等于的有个， 故恰有两天空气质量达到一级的概率为． （2）依题意得随机变量的可能取值为，，，， 则，， ，， 所以的分布列如下所示： 故． （3） 理由如下：方差反映数据的波动大小，原样本包含最大值和最小值，数据波动较大； 去掉最大值和最小值后，剩余数据的波动减小，离散程度降低，因此方差减小． 19．(1) (2) 0 1 2 3 4 (3) 【分析】（1）分析可知，结合可得，再利用古典概型运算求解即可； （2）分析可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，结合古典概型以及组合数求相应概率和分布列； （3）根据平均数和方差公式整理可得，结合运算求解即可. 【详解】（1）由题意可知：，则， 且和都是正整数，则是正整数，所以， 若，所以. 设这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分为事件A， 则样本空间，，可得，， 所以这个大模型的专业能力得分大于基础能力得分的概率为. （2）大模型，，，中综合得分超过65分有，， 大模型，，，中综合得分超过65分有，， 可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，则有： ； ； ； ； ； 所以的分布列为 0 1 2 3 4 （3）因为基础能力得分的平均数为， 方差； 中文特性得分的平均数为， 方差； 若，即， 整理可得， 又因为，即，可得，即， 联立方程，解得， 所以的值为67. 20．(1)，， (2) (3) 0 1 2 3 .. .. . 【分析】（1）根据新定义求解即可. （2）根据题意推出，根据二项式定理或求解即可. （3）根据二项式定理、概率分布、导函数、倒序相加法求解即可. 【详解】（1）设，， 因为，，， 所以，，所以. 若，则；若，则，或，. 所以满足的为，，. （2）法一：因为，， 所以满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为 1，剩下个位置上的值为0， 即，所以. 由二项式定理得，，所以， 因此. 法二：因为，， 所以满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为 1，剩下个位置上的值为0， 即，所以. 因为 ， 所以当为奇数时， . 当为偶数时， . 因此. （3）若，则，，与为不相等的向量矛盾， 所以随机变量的可能取值有， 对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1， 剩下个对应位置上的值有3种对应关系，且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等， 此时所对应的情况数为. 中元素的个数为，所以. 数学期望为. 设， 两边求导得， 则， 令，则. 由倒序相加法得， 所以. 所以. 综上，的分布列为 0 1 2 3 .. .. 数学期望为. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $